[PDF] Fonctions réelles d'une variable réelle dérivables - Exo7



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Exo7 Fonctions réelles d"une variable réelle dérivables (exclu études de fonctions) * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours Exercice 1***Soitf2C1([a;b];R)telle quef(b)f(a)ba=supff0(x);x2[a;b]g. Montrer quefest affine. D n+1(]a;b[;R). Montrer qu"il existec2]a;b[tel que f(b) =nå k=0f (k)(a)k!(ba)k+(ba)n+1f(n+1)(c)(n+1)!:

Indication. Appliquer le théorème de ROLLEà la fonctiong(x) =f(b)ånk=0f(k)(x)k!(bx)kA(bx)n+1(n+1)!oùA

est intelligemment choisi. f(b) =f(a)+ba2 (f0(a)+f0(b))f(3)(c): Indication. Appliquer le théorème de ROLLEàg0puisgoùg(x)=f(x)f(a)xa2 (f0(x)+f0(a))A(xa)3 oùAest intelligemment choisi. Que devient cette formule si on remplacefparFune primitive d"une fonctionfde classeC1sur[a;b]et deux fois dérivable sur]a;b[? Interprétez géométriquement.

à droite et à gauche en tout point deI.

1. Montrer quexa11::xann6a1x1+:::+anxn. En déduire quenpx

1:::xn6x1+:::+xnn

2. Soient petqdeux réels strictement positifs tels que1p +1q =1. (a) Montrer que, pour tous réels aetbpositifs ou nuls,ab6app +bqq avec égalité si et seulement si a p=bq. 1 (b)Soient a1,...,anetb1,...,bn, 2nnombres complexes. Montrer que : nå k=1a kbk

6nå

k=1jakbkj6 nå k=1jakjp!

1=p nå

k=1jbkjq! 1=q (Inégalité de HÖLDER): (c) Montrer que la fonction x7!xpest convexe et retrouver ainsi l"inégalité de HÖLDER. (d) T rouverunedémonstrationdirecteetsimpledanslecasp=q=2(inégalitéde CAUCHY-SCHWARZ). 1. Déterminer le de gréet le coef ficientdominant de Ln. 2.

En étudiant le polynôme An= (X21)n, montrer queLnadmetnracines réelles simples et toutes dans

]1;1[. xnul. Montrer qu"il existe un point distinct deOde la courbe représentative defen lequel la tangente passe par

l"origine. Ivérifiantf0(a)Montrer qu"il e xisteh>0 tel quef(a+h)f(a)h 8x2R;f(x)f00(x)6(f0(x))2(Indication. Appliquer la formule de TAYLOR-LAPLACEentrexetx+ypuis entrexetxy). 1. Montrer que si Pn"a que des racines simples et réelles, il en est de même deP0. 2. Montrer que si Pest scindé surR, il en est de même deP0.

SoitD:[a;b]!R

x7! f(a)f(b)f(x) g(a)g(b)g(x) 1 1 1 1. Montrer que Dest continue sur[a;b], dérivable sur]a;b[et calculer sa dérivée. 2. En déduire qu"il e xistecdans]a;b[tel que(g(b)g(a))f0(c) = (f(b)f(a))g0(c). +3. En remarquant quef(x2 +3) =f(x)2 +3, montrer quef0est constante puis déterminerf. (Indication. Considérerg(x) =exf(x)). 3

1)u0>1 et8n2N;un+1=p1+un;2)u0>1 et8n2N;un+1=ln(1+un)

Correction del"exer cice1 Nf

0est continue sur le segment[a;b]et donc est bornée sur ce segment. SoitM=supff0(x);x2[a;b]g, et soit

gla fonction affine qui prend les mêmes valeurs quefenaetb(c"est-à-dire8x2[a;b];g(x) =f(b)f(a)ba(x

a)+f(a) =) puish=fg. On va montrer queh=0 sous l"hypothèseM=f(b)f(a)ba. hest dérivable sur[a;b]et, pourx2[a;b],h0(x) =f0(x)f(b)f(a)ba=f0(x)M60.hest donc décroissante sur[a;b]. Par suite,8x2[a;b];0=h(b)6h(x)6h(a) =0. Ainsi,8x2[a;b];h(x) =0, ou encoref=g.f

est donc affine sur[a;b].Correction del"exer cice2 NOnadéjàg(b)=f(b)f(b)=0. Puisquea6=b, onpeutchoisirAtelqueg(a)=0(àsavoirA=(n+1)!(ba)n+1(f(b)

nk=0f(k)(a)k!(ba)k).

Avec les hypothèses faites surf,gest d"autre part continue sur[a;b]et dérivable sur]a;b[. Le théorème de

ROLLEpermet alors d"affirmer qu"il existec2]a;b[tel queg0(c) =0.

Pourx2]a;b[, on a

g

0(x) =nå

k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+nå k=1f (k)(x)(k1)!(bx)k1+A(bx)nn! =nå k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+n1å k=0f (k+1)(x)k!(bx)k+A(bx)nn!=nå k=0f (n+1)(x)n!(bx)n+A(bx)nn! (bx)nn!(Af(n+1)(x)): Ainsi, il existec2]a;b[tel que(bc)nn!(Af(n+1)(c)) =0, et donc, puisquec6=b, tel queA=f(n+1)(c).

L"égalitég(a) =0 s"éxrit alors

f(b) =nå k=0f (k)(a)k!(ba)k+(ba)n+1f(n+1)(c)(n+1)!; pour un certain réelcde]a;b[.Correction del"exer cice3 NPourx2[a;b], posonsg(x) =f(x)f(a)xa2 (f0(x)+f0(a))A(xa)3oùAest choisi de sorte queg(b) = g(a) =0 (c"est-à-direA=1(ba)3(f(b)f(a)ba2 (f0(b)+f0(a))). f2C2([a;b];R)\D3(]a;b[;R)et doncg2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R). Pourx2[a;b], on a : g

0(x) =f0(x)12

(f0(x)+f0(a))xa2 f00(x)3A(xa)2; puis g

00(x) =12

f00(x)12 f00(x)xa2 f(3)(x)6A(xa) =xa2 (12Af(3)(x)):

gest continue sur[a;b], dérivable sur]a;b[et vérifie de plusg(a)=g(b). Donc, d"après le théorème de ROLLE,

il existed2]a;b[tel queg0(d) =0. De même,g0est continue sur[a;d][a;b], dérivable sur]a;d[(6=/0)et

vérifie de plusg0(a) =g0(d)(=0). D"après le théorème de ROLLE, il existec2]a;d[]a;b[tel queg00(c) =0

ou encore tel queA=112 f(3)(c)(puisquec6=a). En écrivant explicitement l"égalitég(b) =0, on a montré que :

9c2]a;b[=f(b) =f(a)+ba2

(f0(b)+f0(a))112 f(3)(c)(ba)3:

Sif2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R)et siFest une primitive defsur[a;b], la formule précédente s"écrit :

5 Z b af(t)dt=F(b)F(a)=ba2 (F0(b)+F0(a))112

F(3)(c)(ba)3=ba2

(f(b)+f(a))112 f00(c)(ba)3:

Donc, sif2C1([a;b];R)\D2(]a;b[;R),

9c2]a;b[=Z

b af(t)dt=ba2 (f(b)+f(a))112 f00(c)(ba)3:

Interprétation géométrique.

Sifest positive,A1=Rb

af(t)dtest l"aire du domaineD=fM(x;y)2R2=a6x6bet 06y6f(x)getA2= ba2 (f(b)+f(a))est l"aire du trapèzea 0 b 0 b f(b) a f(a) . SiM2=supfjf00(x)j;x2[a;b]g existe dansR, on a : jA1A2j6M2(ba)312

:a?Correction del"exer cice4 NSupposons quefest convexe sur un intervalle ouvertI=]a;b[(aetbréels ou infinis).

Soitx02I. On sait que la fonction pente enx0est croissante.

Pourx6=x0, posonsg(x) =f(x)f(x0)xx0. Soitx0un élément de]x0;b[.8x2]a;x0[, on ag(x)

quegest majorée au voisinage dex0à gauche. Etant croissante,gadmet une limite réelle quandxtend versx0

par valeurs inférieures ou encore, lim x!x0;xFinalement,fest dérivable à droite et à gauche en tout point de]a;b[. En particulier,fest continue à droite et

à gauche en tout point de]a;b[et donc continue sur]a;b[.Correction del"exer cice5 N1.La fonction f:x7!lnxest deux fois dérivable sur]0;+¥[et, pourx>0,f00(x) =1x

2<0. Par suite,

fest concave sur]0;+¥[. On en déduit que : k=1a k=1)ln(nå k=1a kxk)>nå k=1a kln(xk); et donc par croissance defsur]0;+¥[, nÕ k=1xakk6nå k=1a kxk: 6 Si l"un desxkest nul, l"inégalité précédente est immédiate.

En choisissant en particuliera1=:::=an=1n

, de sorte que(a1;:::;an)2(]0;1[)net queånk=1ak=1, on obtient

8n2N;8(x1;:::;xn)2([0;+¥[)n;npx

1:::xn61n

(x1+:::+xn): 2. (a) Soient petqdeux réels strictement positifs vérifiant1p +1q =1 (de sorte que l"on a même1p 1p +1q =1 et doncp>1 et aussiq>1). Sia=0 oub=0, l"inégalité proposée est immédiate. Soit alorsaun réel strictement positif puis, pourx>0,f(x) =app +xqq ax. fest dérivable sur[0;+¥[(carq>1) et pourx>0,f0(x) =xq1a.qétant un réel strictement plus grand que 1,q1 est strictement positif et donc, la fonctionx7!xq1est strictement croissante sur[0;+¥[. Par suite, f

0(x)>0,xq1>a,x>a1=(q1):

fest donc strictement décroissante sur[0;a1=(q1)]et strictement croissante sur[a1=(q1);+¥[.

Ainsi,

8x>0;f(x)>f(a1=(q1)) =1p

ap+1q aq=(q1)a:a1=(q1):

Maintenant,

1p +1q =1 fournitq=pp1puisq1=1p1. Par suite,qq1=p. Il en résulte que 1p ap+1q aq=(q1)a:a1=(q1)= (1p +1q

1)ap=0:

fest donc positive sur[0;+¥[, ce qui fournitf(b)>0. De plus, f(b) =0,b=a1=(q1),bq=aq=(q1),bq=ap: (b)

Soient A=ånk=1jakjpetB=ånk=1jbkjq.

SiA=0, alors8k2 f1;:::;ng;ak=0 et l"inégalité est immédiate. De même, siB=0.

SiA>0 etB>0, montrons queånk=1jakjA

1=pjbkjB

1=q61.

D"après a),

nå k=1jakjA

1=pjbkjB

1=q6nå

k=1(1p jakjpA +1q jbkjqB ) =1pA :A+1qB :B=1; ce qu"il fallait démontrer. (c) Pour p>1, la fonctionx7!xpest deux fois dérivable sur]0;+¥[et(xp)00=p(p1)xp2>0. Donc, la fonctionx7!xpest strictement convexe sur]0;+¥[et donc sur[0;+¥[par continuité en

0. Donc,

nk=1lk p

6ånk=1lkxp

kå nk=1lk; et donc nå k=1l kxk6(nå k=1l k)11p (nå k=1l kxp k)1p On applique alors ce qui précède àlk=jbkjqpuisxk=l1=p kjakj(de sorte quelkxk=jakbkj) et on obtient l"inégalité désirée. 7

(d)Pour p=q=2, c"est l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZdémontrée dans une planche précédente.Correction del"exer cice6 N1.(X21)nest de degré 2net donc,Lnest de degré 2nn=n. Puis, dom(Ln) =dom((X2n)(n)) =(2n)!n!.

2.

1 et 1 sont racines d"ordrendeAnet donc racines d"ordrenkdeA(k)n, pour toutkélément def0;:::;ng.

Montrons par récurrence surkque8k2 f0;:::;ng,A(k)ns"annule en au moinskvaleurs deux à deux distinctes de l"intervalle]1;1[. Pourk=1,Anest continu sur[1;1]et dérivable sur]1;1[. De plus,An(0) =An(1) =0 et d"après le théorème de ROLLE,A0ns"annule au moins une fois dans l"intervalle]1;1[. Soitkélément def1;:::;n1g. Supposons queA(k)ns"annule en au moinskvaleurs de]1;1[.A(k)n s"annule de plus en 1 et1 cark6n1 et donc s"annule enk+2 valeurs au moins de l"intervalle [1;1]. D"après le théorème de ROLLE,A(k+1)ns"annule en au moinsk+1 points de]1;1[(au moins une fois par intervalle ouvert). On a montré que8k2 f0;:::;ng,A(k)ns"annule en au moinskvaleurs de]1;1[. En particulier,A(n)n=Ln

s"annule en au moinsnréels deux à deux distincts de]1;1[. PuisqueLnest de degrén, on a trouvé

toutes les racines deLn, toutes réelles, simples et dans]1;1[.Correction del"exer cice7 N1.Pour n>1, on a d"après la formule de LEIBNIZ:

(xn1ln(1+x))(n)=nå k=0 n k (xn1)(k)(ln(1+x))(nk) n1å k=0 n k (xn1)(k)(ln(1+x))(nk)(car(xn1)(n)) =0) n1å k=0 n k (n1)!(n1k)!xn1k(1)n1k(n1k)!(x+1)nk (car(ln(1+x))(nk)= (11+x)(nk1)): Puis, pourx=0,(xn1ln(1+x))(n)(0) =n:(n1)!=n!, et pourx6=0, (xn1ln(1+x))(n)(x) =(n1)!x n1å k=0 n k (xx+1)nk=(n1)!x ((1xx+1)n1) (n1)!x (x+1)n1(x+1)n: 2.

On sait déri verf acilementdes sommes ou plus généralement des combinaisons linéaires. Donc, on

linéarise : cos

3xsin(2x) =18

(eix+eix)3(14 )(e2ixe2ix) =132 (e3ix+3eix+3eix+e3ix)(e2ix2+e2ix) =132 (e5ix+e3ix2eix2eix+e3ix+e5ix) =116 (cos(5x)+cos(3x)2cos(x)) 8

Puis, pournnaturel donné :

(cos3xsin2x)(n)=116 (5ncos(5x+np2 )+3ncos(3x+np2 )2cos(x+np2 expression que l"on peut détailler suivant la congruence denmodulo 4. 3. On sait déri verdes objets simples et donc on décompose en éléments simples : X

Puis, pournentier naturel donné,

X2+1(X1)3

(n) (1)nn!(X2+2nX+n2+n+1)(X1)n+3: 4.

La fonction proposée est de classe C¥surRen vertu de théorèmes généraux. La formule de LEIBNIZ

fournit pourn>3 : ((x3+2x7)ex)(n)=nå k=0 n k (x3+2x7)(k)(ex)(nk)=3å k=0 n k (x3+2x7)(k)(ex)(nk) = ((x3+2x7)+n(3x2+2)+n(n1)2 (6x)+n(n1)(n2)6 :6)ex

= (x3+3nx2+(3n23n+2)x+n33n2+4n7)ex:Correction del"exer cice8 Nfest de classe¥surRen vertu de théorèmes généraux.

Montrons par récurrence que8n2N;9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x

3ne1=x2.

C"est vrai pourn=0 avecP0=1.

Soitn>0. Supposons que9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x

3ne1=x2. Alors, pourx2R,

f (n+1)(x) = (2x 3P n(x)x

3n+(P0n(x)1x

3n3nPn(x)1x

3n+1)e1=x2=Pn+1(x)3

3(n+1)e1=x2;

oùPn+1=2Pn+X3P0n3nX2Pnest un polynôme. On a montré que

8n2N;9Pn2R[X]=8x2R;f(n)(x) =Pn(x)x

3ne1=x2:

Montrons alors par récurrence que pour tout entier natureln,fest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0. Pourn=0,fest continue surRet de plus, limx!0;x6=0f(x) =0=f(0). Donc,fest continue surR. Soitn>0. Supposons quefest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0. Alors, d"une partfest de classeCn

surRetCn+1surRet de plus, d"après les théorèmes de croissances comparées,f(n+1)(x) =Pn+1(x)x

3n+3e1=x2tend

vers 0 quandxtend vers 0,x6=0. D"après un théorème classique d"analyse,fest de classeCn+1surRet en

particulier,f(n+1)(0) =limx!0;x6=0f(n+1)(x) =0.

On a montré par récurrence que8n2N,fest de classeCnsurRet quef(n)(0) =0.fest donc de classeC¥

surR. 9 Correction del"exer cice9 NMontrons que (8x>0;1+1x x0. 1+1x x Soitxun réel strictement positif fixé. Pourt2[x;x+1], posonsf(t) =lnt.fest continue sur[x;x+1]et

dérivable sur]x;x+1[. Donc, d"après le théorème des accroissements finis, il existe un réelcdans]x;x+1[tel

quef(x+1)f(x) = (x+1x)f0(c)ou encore

9c2]x;x+1[=ln(x+1)lnx=1c

ce qui montre que8x>0;1x+10; 1+1x x ?Soitx0un réel non nul. Une équation de la tangente(Tx0)à la courbe représentative defau point d"abscissex0

esty=f0(x0)(xx0)+f(x0).(Tx0)passe par l"origine si et seulement si x

0f0(x0)f(x0) =0:

Pourxréel, on poseg(x) =

f(x)x six6=0

0 six=0(gest la fonction pente à l"origine ).

Puisquefest continue et dérivable surR,gest déjà continue et dérivable surR. Puisquefest dérivable en 0 et quef(0) =f0(0) =0,gest de plus continue en 0.

Finalement,gest continue sur[0;a], dérivable sur]0;a[et vérifieg(0) =g(a)(=0). D"après le théorème de

ROLLE, il existe un réelx0dans]0;a[tel queg0(x0) =0. Puisquex0n"est pas nul, on ag0(x0) =x0f0(x0)f(x0)x

20.

L"égalitég0(x0) =0 s"écritx0f0(x0)f(x0) =0 et, d"après le début de l"exercice, la tangente à la courbe

représentative defau point d"abscissex0passe par l"origine.Correction del"exer cice11 N1.Soit munélémentde]f0(a);f0(b)[. Puisquelimh!0f(a+h)f(a)h

=f0(a)etquelimh!0f(b+h)f(b)h =f0(b), on a (en prenant par exemplee=Minfmf0(a);f0(b)mg>0)

9h1>0=8h2]0;h1[;(a+h2I)f(a+h)f(a)h

9h2>0=8h2]0;h2[ (b+h2I)f(b+h)f(b)hquotesdbs_dbs6.pdfusesText_11